Para la fracción continua anterior tenemos (véase el documento [1] Proposición 2.9) $$ \frac{2q^{1/2}}{1-q^2+}\frac{q^2(1-q^2)^2}{1-q^6+}\frac{q^4(1-q^4)^2}{1-q^{10}+}\frac{q^6(1-q^6)^2}{1-q^{14}+}\ldots=2q^{1/2}\sum^{\infty}_{n=0}\frac{q^{2n}}{1+q^{4n+2}} $$ y ([1] relaciones (13),(27)) $$ \frac{k'_r}{1-k_r}=-1+\frac{2}{1-u_0(q^{1/2},q)} $$ donde $$ \frac{u_0(q^{1/2},q)}{2q^{1/2}}=\frac{1}{1-q+}\frac{q(1+q)^2}{1-q^3+}\frac{q^2(1+q^2)^2}{1-q^5+}\frac{q^3(1+q^3)^2}{1-q^7+}\ldots $$ Combinando las relaciones anteriores obtenemos $$ CF(q)=4q\frac{k'_r-k_r+1}{k'_r+k_r-1}\sum^{\infty}_{n=0}\frac{q^{2n}}{1+q^{4n+2}}=\frac{4q}{\sqrt{k_{4r}}}\sum^{\infty}_{n=0}\frac{q^{2n}}{1+q^{4n+2}} $$ Por lo tanto, sólo tenemos que demostrar que $$ \frac{4q^{1/2}}{\sqrt{k_r}}\sum^{\infty}_{n=0}\frac{q^n}{1+q^{2n+1}}=\theta_2(q)\theta_3(q)=\sqrt{\frac{2Kk_r}{\pi}}\sqrt{\frac{2K}{\pi}} $$ o equivalentemente $$ \frac{2q^{1/2}}{k_r}\sum^{\infty}_{n=0}\frac{q^n}{1+q^{2n+1}}=\frac{K}{\pi} $$ Pero la función elíptica de Jacobi $cn(u)$ tiene expansión (véase [2] pg.55): $$ cn(u)=\frac{2\pi}{Kk_r}\sum^{\infty}_{n=0}\frac{q^{n+1/2}\cos((2n+1)z)}{1+q^{2n+1}}\textrm{, where }u=\frac{2Kz}{\pi} $$ y $cn(0)=1$ (véase [2],pg.17), por lo que $$ 1=\frac{2\pi}{Kk_r}\sum^{\infty}_{n=0}\frac{q^{n+1/2}}{1+q^{2n+1}} $$ Por esta última nota se deduce la conjetura.
Referencias
[1] N.D. Bagis y M.L. Glasser "Evaluaciones de una fracción continua de Ramanujan". Rend. Sem. Mat. Univ. Padova, Vol. 133, (2015)
[2] J.M. Armitage y W.F. Eberlein "Funciones elípticas". Cambridge University Press, (2006)
